福建省长汀第一中学2026届高一数学第一学期期末检测模拟试题含解析

福建省长汀第一中学2026届高一数学第一学期期末检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知向量,则ABC=A30 B.45C.60 D.1202．若函数的定义域是，则函数的定义域是（）A. B.C. D.3．已知,,,则a,b,c的大小关系是A. B.C. D.4．过点和，圆心在轴上的圆的方程为A. B.C D.5．已知集合A={t2+s2|t，s∈Z}，且x∈A，y∈A，则下列结论正确的是Ax+y∈AB.x-y∈AC.xy∈AD.6．全集U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{x|x≤4}，则M等于（）A.{1，3} B.{5，6}C.{1，5} D.{4，5}7．已知函数的零点，（），则（）A. B.C. D.8．函数的零点所在区间是A. B.C. D.9．设、、依次表示函数，，的零点，则、、的大小关系为（）A. B.C. D.10．在①；②；③；④上述四个关系中，错误的个数是（）A.1个 B.2个C.3个 D.4个二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．不等式对于任意的x，y∈R恒成立，则实数k的取值范围为________12．如图，直四棱柱的底面是边长为1的正方形，侧棱长，则异面直线与的夹角大小等于______13．已知角的终边经过点，且，则t的值为______14．若函数，则函数的值域为___________.15．已知定义域为R的函数，满足，则实数a的取值范围是______16．已知且，则=______________三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知函数.（1）若，求的最大值;（2）若，求关于不等式的解集.18．已知集合，，，全集为实数集（）求和（）若，求实数的范围19．如图，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：平面ABED∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.20．已知函数的部分图像如图所示（1）求函数f（x）的解析式，并写出其单调递增区间；（2）在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，且a、b是方程的两个实数根，试求△ABC的周长及其外接圆的面积21．已知（1）设，求的值域；（2）设，求的值

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】由题意，得，所以，故选A【考点】向量的夹角公式【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题2、C【解析】由题可列出，可求出【详解】的定义域是，在中，，解得，故的定义域为.故选：C.3、A【解析】根据对数函数的性质，确定的范围，即可得出结果.【详解】因为单调递增，所以，又，所以.故选A【点睛】本题主要考查对数的性质，熟记对数的性质，即可比较大小，属于基础题型.4、D【解析】假设圆心坐标，利用圆心到两点距离相等可求得圆心，再利用两点间距离公式求得半径，从而得到圆的方程.【详解】设圆心坐标为：则：，解得：圆心为，半径所求圆的方程为：本题正确选项：【点睛】本题考查已知圆心所在直线和圆上两点求解圆的方程的问题，属于基础题.5、C【解析】∵集合A={t2+s2∣∣t,s∈Z}，∴1∈A，2∈A，1+2=3∉A，故A“x+y∈A”错误；又∵1−2=−1∉A，故B“x−y∈A”错误；又∵,故D“∈A”错误；对于C,由，设，且.则.且，所以.故选C.6、B【解析】M即集合U中满足大于4的元素组成的集合.【详解】由全集U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{x|x≤4}则M={5，6}.故选：B【点睛】本题考查求集合的补集，属于基础题.7、D【解析】将函数化为，根据二次函数的性质函数的单调性，利用零点的存在性定理求出两个零点的分布，进而得出零点的取值范围，依次判断选项即可.【详解】由题意知，，则函数图象的对称轴为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又，，，，所以，因为，，所以，所以，故A错误；，故B错误；，故C错误；，故D正确.故选：D8、B【解析】通过计算，判断出零点所在的区间.【详解】由于，，，故零点在区间，故选B.【点睛】本小题主要考查零点的存在性定理的应用，考查函数的零点问题，属于基础题.9、D【解析】根据题意可知，的图象与的图象的交点的横坐标依次为，作图可求解.【详解】依题意可得，的图象与的图象交点的横坐标为，作出图象如图：由图象可知，，故选：D【点睛】本题主要考查了幂函数、指数函数、对数函数的图象，函数零点，数形结合的思想，属于中档题.10、B【解析】根据元素与集合的关系，集合与集合的关系以及表示符号，及规定空集是任何非空集合的真子集，即可找出错误的个数【详解】解：“”表示集合与集合间的关系，所以①错误；集合中元素是数，不是集合元素，所以②错误；根据子集的定义，{0，1，2}是自身的子集，空集是任何非空集合的真子集，所以③④正确；所表示的关系中，错误的个数是2故选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据给定条件将命题转化为关于x的一元二次不等式恒成立，再利用关于y的不等式恒成立即可计算作答.【详解】因为对于任意的x，y∈R恒成立，于是得关于x的一元二次不等式对于任意的x，y∈R恒成立，因此，对于任意的y∈R恒成立，故有，解得，所以实数k的取值范围为.故答案为：12、【解析】由直四棱柱的底面是边长为1的正方形,侧棱长可得由知就是异面直线与的夹角,且所以=60°,即异面直线与的夹角大小等于60°.考点：1正四棱柱；2异面直线所成角13、##0.5625【解析】根据诱导公式得sinα＝－，再由任意角三角函数定义列方程求解即可.【详解】因为，所以sinα＝－.又角α的终边过点P(3，－4t)，故sinα＝＝－，故，且解得t＝（或舍）故答案为：.14、【解析】求出函数的定义域，进而求出的范围，利用换元法即可求出函数的值域.【详解】由已知函数的定义域为又，定义域需满足，令，因为，所以，利用二次函数的性质知，函数的值域为故答案为：.15、【解析】先判断函数奇偶性，再判断函数的单调性，从而把条件不等式转化为简单不等式.【详解】由函数定义域为R，且，可知函数为奇函数.，令则，令则即在定义域R上单调递增，又，由此可知，当时，即，函数即为减函数；当时，即，函数即为增函数，故函数在R上的最小值为，可知函数在定义域为R上为增函数.根据以上两个性质，不等式可化为，不等式等价于即解之得或故答案为16、3【解析】先换元求得函数，然后然后代入即可求解.【详解】且，令，则，即，解得，故答案为：3.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）答案见解析【解析】（1）由题得，利用基本不等式可求；（2）不等式即，讨论的大小可求解.【小问1详解】由，得.，，即(当且仅当时“”成立.).故的最大值为；【小问2详解】，即.当时，即时，不等式的解集为当时，即时，不等式的解集为;当时，即时，不等式的解集为.综上，当时，不等式的解集为;当时，不等式的解集为;当时，不等式的解集为.18、(1)，.(2)【解析】(1)由题意可得：，，，则，.(2)由题意结合集合C可得试题解析：（），，，所以，则.（），所以19、（1）见解析（2）见解析【解析】解析：（1）在三棱台DEFABC中，BC＝2EF，H为BC的中点，BH∥EF，BH＝EF，四边形BHFE为平行四边形，有BE∥HF.BE∥平面FGH在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，GH∥AB.AB∥平面FGH又AB∩BE＝B，所以平面ABED∥平面FGH.(2)连接HE,EGG，H分别为AC，BC的中点，GH∥AB.AB⊥BC，GH⊥BC.又H为BC的中点，EF∥HC，EF＝HC，四边形EFCH是平行四边形，有CF∥HE.CF⊥BC，HE⊥BC.HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，BC⊥平面EGH.BC⊂平面BCD，平面BCD⊥平面EGH.20、（1），（2），【解析】（1）根据图像可得及函数的周期，从而求得，然后利用待定系数法即可求得，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可求出函数的增区间；（2）根据可求得角，利用韦达定理可得，再利用余弦定理可求得边，再利用正弦定理可得外接圆的半径，即可得出答案.【小问1详解】解：由函数图象知，又由函数图象知，所以，得，∴，因为图象过点（0，1），所以，所以，又因为，所以，所以函数f（x）的解析式为，令，则，所以单